Soit $E$ un $\mathbb R$-espace vectoriel de dimension $n\geq1$ et $u\in\mathcal L(E)$ tel que $u^3=4u$.
- Montrer que $u$ est diagonalisable et que $\mathrm{Sp}(u)\subset\{-2,0,2\}$.
- Montrer que $E=\mathrm{Ker}\,u\oplus\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E)$, puis que $\mathrm{Im}\,u=\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E)$.
- Montrer que le projecteur $p$ sur $\mathrm{Ker}\,u$ parallèlement à $\mathrm{Im}\,u$ est $p=\mathrm{Id}_E-\frac14u^2$.
- On suppose $\mathrm{tr}(u)=0$. Montrer que $\mathrm{rg}(u)$ est pair.
Factoriser $X^3-4X$ sur $\mathbb R$.
Pour l'égalité $\mathrm{Im}\,u=\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E)$, une inclusion et le théorème du rang suffisent.
Pour la question 4, noter $d_\lambda=\dim\mathrm{Ker}(u-\lambda\mathrm{Id}_E)$ et exprimer trace et rang à l'aide des $d_\lambda$.
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Le polynôme $P=X^3-4X=X(X-2)(X+2)$ annule $u$ et est scindé à racines simples sur $\mathbb R$ : $u$ est diagonalisable. Toute valeur propre de $u$ est racine de $P$, donc $\mathrm{Sp}(u)\subset\{-2,0,2\}$.
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$X$ et $X^2-4$ sont premiers entre eux, car $0$ n'est pas racine de $X^2-4$ (et $X$ est irréductible). Leur produit $P$ annule $u$, donc par le lemme des noyaux $$E=\mathrm{Ker}\,P(u)=\mathrm{Ker}\,u\oplus\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E).$$ Soit $y\in\mathrm{Im}\,u$, $y=u(x)$. Alors $(u^2-4\mathrm{Id}_E)(y)=u^3(x)-4u(x)=0$, donc $\mathrm{Im}\,u\subset\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E)$. Par le théorème du rang et la somme directe précédente, $$\dim\mathrm{Im}\,u=n-\dim\mathrm{Ker}\,u=\dim\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E).$$ L'inclusion et l'égalité des dimensions donnent $\mathrm{Im}\,u=\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E)$. En particulier $E=\mathrm{Ker}\,u\oplus\mathrm{Im}\,u$.
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Soit $q=\mathrm{Id}_E-\frac14u^2$. Pour $x\in\mathrm{Ker}\,u$, $u^2(x)=0$, donc $q(x)=x$. Pour $y\in\mathrm{Im}\,u=\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E)$, $u^2(y)=4y$, donc $q(y)=y-y=0$. Ainsi $q$ et $p$ coïncident sur $\mathrm{Ker}\,u$ (où ils valent l'identité) et sur $\mathrm{Im}\,u$ (où ils sont nuls). Ces deux sous-espaces étant supplémentaires, les applications linéaires $p$ et $q$ sont égales : $p=\mathrm{Id}_E-\frac14u^2$.
(On retrouve la remarque du cours : avec $P_1=X$, $P_2=X^2-4$, la relation de Bézout $\frac X4\cdot X-\frac14(X^2-4)=1$ donne le projecteur $A_2(u)\circ P_2(u)=-\frac14(u^2-4\mathrm{Id}_E)$.)
- Pour $\lambda\in\{-2,0,2\}$, soit $d_\lambda=\dim\mathrm{Ker}(u-\lambda\mathrm{Id}_E)$ (éventuellement nul). $u$ étant diagonalisable, dans une base de vecteurs propres sa matrice est $\mathrm{diag}(0,\dots,0,2,\dots,2,-2,\dots,-2)$, avec $d_0$, $d_2$, $d_{-2}$ coefficients respectivement. Donc $$\mathrm{tr}(u)=2d_2-2d_{-2},\qquad\mathrm{rg}(u)=d_2+d_{-2}$$ (le rang d'une matrice diagonale est son nombre de coefficients diagonaux non nuls). Si $\mathrm{tr}(u)=0$, alors $d_2=d_{-2}$ et $\mathrm{rg}(u)=2d_2$ est pair.
$u$ diagonalisable, $\mathrm{Sp}(u)\subset\{-2,0,2\}$, $E=\mathrm{Ker}\,u\oplus\mathrm{Im}\,u$ avec $\mathrm{Im}\,u=\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E)$, $p=\mathrm{Id}_E-\frac14u^2$, et $\mathrm{tr}(u)=0\Rightarrow\mathrm{rg}(u)=2d_2$ pair.